Sở GD-ĐT Thái Bình Đề thi thử đại học lần I năm học 2010 2011
Trờng THPT nguyễn đức cảnh Môn : Toán Khối A + B
( Thời gian làm bài:180 phút không kể thời gian giao đề)
I Phần chung cho tất cả các thí sinh
(7 điểm)
CâuI:(2điểm) Cho hàm số : y = x
4
5x
2
+ 4
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm tất cả các điểm M trên đồ thị (C) của hàm số sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại
hai điểm phân biệt khác M.
CâuII
:(2điểm) 1) Giải phơng trình : 3cot
2
x + 2
2
sin
2
x = (2 + 3
2
)cosx
2) Giải hệ phơng trình :
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y

1 ( ) 1 ( ) 1 ( )
a b c b c a c a b abc
+ +
+ + + + + +

II - Phần tự chọn (
3điểm)
Thí sinh chỉ đợc chọn một phần trong hai phần (Phần A hoặc phần B)
A Theo chơng trình chuẩn
.
Câu VIa
(2điểm)
1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đờng tròn (C) : x
2
+ y
2
+ 4x 6y + 9 = 0 và điểm M( 1; - 8).
Viết phơng trình đờng thẳng d qua M sao cho d cắt (C) tại hai điểm A,B phân biệt mà diện tích tam
giác ABI đạt giá trị lớn nhất.Với I là tâm của đờng tròn (C).
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ABC với A(1 ; 5 ; 2) ; B(- 4 ; - 5 ; 2),C(4 ; - 1 ; 2).
Tìm toạ độ tâm đờng tròn nội tiếp I của tam giác ABC.
CâuVIIa
(1điểm)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phơng trình sau nghiệm đúng với x(2 ; 3).
1 + log
5
(x
2
+ 1 ) > log
5
(x

4
5x
2
+ 4
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm M

(C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại 2 điểm pb khác M.

1) Khảo sát đúng & đầy đủ các yêu cầu, vẽ đồ thị tơng đối chính xác
1đ.
2)Lấy M(m ; m
4
5m
2
+ 4) (C)
=> pt
3
của (C) tại M : y = (4m
3
10m)(x m) + m
4
5m
2
+ 4 (d)
0,25
Hoành độ của (d) & (C) là nghiệm pt :
x
4
5x

2
2
m
m

0,25 CâuI

Kết luận
: các điểm M(m ;m
4
5m
2
+ 4)

(C) với hoành độ m







đk : x m
Pt 3cosx(
2
sin
cos
2

x
x
) = 2(cosx -
2
sin
2
x)
0,25
(cosx -
2
sin
2
x)(3cosx 2sin
2
x) = 0



=+
=+
02cos3cos2
02coscos2
20,25
Kết luận : kết hợp với đk pt có bốn nghiệm: x =


2
4
k+
& x =


2
3
k+

0,25
2) Giải hệ phơng trình :
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y

+ + + =

+ = + +




+ = + +
+


+ =


0,25
t
2
1
,
x
u v x y
y
+
= = +
ta cú h





=CâuII

+) Vi
3, 1
v u
= =
ta cú h:
2 2 2
1, 2
1 1 2 0
2, 5
3 3 3
x y
x y x y x x
x y
x y y x y x
= =

+ = + = + =




= =
+ = = =


0,25
Tính tích phân: I =
5
2
ln( 1 1)
1 1
x
dx
x x
+
+


1
CâuIII

t t=
1 1
x
+
x = 2

t = 2 x = 5


0,25 0,75

Chóp SABCD có đáy ABCD là hthang vuông tại A và B với AB = BC = a ; AD = 2a.
(SAC)

(ABCD)và (SBD)

(ABCD) .Biết g((SAB) ; (ABCD) )= 60
0
.Tính V và d(CD ; SB) S

K
A O D

I
E H

B C

3
1
.SH.S
ABCD
=
3
3
3
a

0,25
+) Gọi O là trung điểm AD=>ABCO là hv cạnh a =>

ACD có trung tuyến SO =
2
1
AD
CD

AC => CD

(SAC) và BO // CD hay CD // (SBO) & BO

(SAC).
d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)). 0,25

BO => CK

(SBO) => d(C;(SBO)) = CK
Trong tam giác SIC có : S
SIC
=
2
1
SH.IC =
2
1
SI.CK => CK =
5
32. a
SI
ICSH
=

Vậy d(CD;SB)
=
5
32a

0,25
Cho: a , b, c dơng tm : ab + bc + ca = 3 CMR
:


0,25
Tng t ta cú:
2 2
1 1 1 1
(2), (3).
1 ( ) 3 1 ( ) 3b c a b c a b c

+ + + +

0,25
CâuV
Cng (1), (2) v (3) theo v vi v ta cú:
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
( )
1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3
ab bc ca
a b c b c a c a b c b c abc abc
+ +
+ + + + = =
+ + + + + +
W
.


BIA cân tại I với IA = IB = 2 ; S



BIA
=
2
1
IA.IB.sinAIB = 2sinAIB

0,25
=> S



BIA


2 Dấu = khi

AIB vuông cân tại I hay d(I ; (d)) =
2

2
311
22
=
+


DB
=
=>
DCDB
3
5
=

Mà
DB
(- 4 x; - 5 y; 2 z) &
DC
(4 x ; - 1 y ; 2 z) => D(1 ; -
2
5
; 2) 0,25

Ta có BD =
2
55
khi đó gọi I(x ; y ; z) là tâm đờng tròn nội tiếp

ABC thì áp dụng
tính chất phân giác trong của

BAD ta có :
BD



(2 ; 3).

Bpt xác định

x

(2 ; 3) x
2
+ 4x + m > 0

x

(2 ; 3 m > - x
2
4x

x

(2 ; 3
0,25
Xét f(x) = - x
2
4x

x

(2 ; 3 x 2 3
f(x) = - 2x 4 => BBT : f(x) -

2
+ 4x + m < 5x
2
+ 5

x

(2 ; 3)
m < 4x
2
4x + 5

x

(2 ; 3)

0,25

Xét f(x) = 4x
2
4x + 5

x

(2 ; 3) x 2 3
f(x) = 8x 4 => BBT : f(x) +
29
f(x) 13
Vây để bpt n
0






=
=
ACAB
ACAB 0.




+=++
+=
2222
)5()1()1()1(
)5)(1()1)(1(
ccbb
cbcb0,25
vì c = 1 không là n
0
nên hệ





Từ (2) (b + 1)
2
= (c - 1)
2
. 0,25
Với b = c 2 thay vào (1) => c = 4 ; b = 2 => B(2 ; 1) & C( 4 ; 5).
Với b = - c thay vào (1) => c = 2 ; b = - 2 => B(- 2 ; 5) & C(2 ; 7).
Kết luận :có hai tam giác thoả mãn: B(2 ; 1) & C( 4 ; 5) hoặc B(- 2 ; 5) & C(2 ; 7). 0,25
2) Cho bốn điểm A(1 ; 0 ; 0) , B(0 ; 1 ; 0),C(1 ; 1; 0) và D(0 ; 0 ; m) với m > 0.Gọi
E , F theo thứ tự là hình chiếu của O lên AD và BD. Viết phơng trình mặt phẳng
(P) chứa các đờng thẳng OE và OF. Tìm các giá trị của m để góc EOF = 45
0
.

áp dụng hệ thức lợng trong các tam giác vuông AOD & BOD với các đờng cao ứng
với cạnh huyền là OE & OF => E










0,25
Tính [
OFOE;
] => pt (EFO) : x + y mz = 0
0,25
ta có cosFOE = cos(
OFOE;
) =
2
1
1
.
.
m
OFOE
OFOE
+
=0,25

để EOF = 45
0

2
1
1
2

R.

bpt xác định với )

x

R mx
2
+ 4x + m > 0 )

x

R
0,25




<
>




<
>
04
0
0
0


0,25



>
0
05
m




+
<
02110
5
2
mm
m
m

3 (2)
Từ (1) & (2) => bpt n
0
đúng